Ayuda con una identidad Binomial: $\sum_{k=0}^{\infty} \binom{n+k}{k}2^{-k} = 2^{n+1}$

Question

El siguiente es un problema de la 5ª edición de Niven es Una Introducción a la Teoría de los Números:

Problema 23 de la Sección 1.4 nos pide demostrar que

$$\sum_{k=0}^{\infty} \binom{n+k}{k}2^{-k} = 2^{n+1}.$$

Creo que he demostrado que el uso de funciones de generación, pero me encantaría tener mi prueba verificada y si es posible, alguien podría proporcionar una sugerencia para una alternativa a la prueba de los hechos. Generación de funciones no han sido cubiertos en esta sección, así que me gustaría averiguar cómo demostrar esta identidad con un poco menos potentes herramientas (si es que tiene sentido).

PRUEBA El lado derecho es el coeficiente de $[x^n]$ de la generación de la función $$\frac{2}{1-2x}.$$

En el lado izquierdo, tenemos que la correspondiente generación de la función de la secuencia es \begin{align*} \sum_{k=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty}\binom{k+n}{n}\frac{1}{2^k}x^n &= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^k}\sum_{n=0}^{\infty}\binom{n+k}{n}x^n\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^k}\frac{1}{(1-x)^{k+1}}\\ &= \frac{1}{1-x}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2-2x)^k}\\ &= \frac{1}{1-x}\frac{1}{1-\frac{1}{2-2x}}\\ &=\frac{2}{1-2x} = RHS \end{align*}

Answer 1

Una prueba alternativa es utilizar una simple inducción en $n$. Tienes

$$x = \sum_{k=0}^\infty \binom{n+1+k}{k}2^{-k}=1+\sum_{k=1}^\infty\binom{n+1+k}{k}2^{-k}=1+\sum_{k=1}^\infty \binom{n+k}{k}2^{-k}+\sum_{k=0}^\infty \binom{n+k+1}{k}2^{-k-1}=\sum_{k=0}^\infty\binom{n+k}{k}2^{-k}+\frac{x}{2}$$

por lo que aplicando la IH y de problemas lleva a

$x=2\cdot 2^{n+1}=2^{n+2}$.

Answer 2

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\sum_{k = 0}^{\infty}{n+k \choose k}2^{-k} = 2^{n+1}:\ {\large ?}}$

\begin{align}&\color{#66f}{\large\sum_{k = 0}^{\infty}{n+k \choose k}2^{-k}} =\sum_{k = 0}^{\infty}\pars{-1}^{k}{-n - 1 \choose k}2^{-k} =\sum_{k = 0}^{\infty}{-n - 1 \choose k}\pars{-\,\half}^{k} \\[3mm]&=\bracks{1 + \pars{-\,\half}}^{-n - 1}=\pars{\half}^{-n - 1} =\color{#66f}{\Large 2^{n + 1}} \end{align}

Answer 3

Ésta es la prueba misma proporcionada por @mathse anterior, para más detalle.